我目前正在开发一个Wordpress插件。为了让我的插件正常工作，我需要在设置页面上填写一些信息。有没有办法警告/抛出错误，以便博客管理员可以在他/她的仪表板上看到此消息？除了wp_die()之外，还有其他显示错误的函数吗？以防万一我的插件(或其他人)搞砸了，我想以一种很好的方式通知它。;) 最佳答案 我建议使用admin_notices操作。这使您可以显示警告和错误并将用户引导至页面:add_action('admin_notices','my_custom_warning');functionmy_custom_warning(
当我填充变量时，我可以做这样的事情吗？:$type=isset($_GET['type'])?$_GET['type']:die();通过这样做，如果“type”不在请求中，我的函数将退出。这是使用die()的正确方法吗？ 最佳答案 如果您只想让您的函数退出，请使用return。但是，它不是表达式，因此您需要将其更改为if语句:if(!isset($_GET['type'])){return;}$type=$_GET['type'];如果您确实希望整个页面停止执行，那么是的，这是正确的(但为了清楚起见，我仍然使用if)。
我有一个PHP脚本可以连接到Wordpress(通过wp-load.php)来做各种事情。出于某种原因，在脚本运行期间，在运行update_post_meta(它处于循环中)之后，脚本就停止了。没有错误，异常。什么都没有。我注册了一个关闭函数并且它被调用了，所以对我来说，似乎另一个插件以某种方式调用了die或exit。有没有办法找出它被调用的地方？也许是某种回溯？ 最佳答案 这是不可能的。没有办法轻松可靠地捕获die()和exit()您需要检查每个文件过滤修改日期 关于php-我如何知道
如果我的脚本在register_shutdown_function()中被die()取消了，我能以某种方式检查吗？？像这样:register_shutdown_function('shutdown');die('Callingdie()');functionshutdown(){if(???){//Scriptwascanceledbydie()}}注意:在我的网站上，我使用Smarty。所以也许检查一下，是否调用了$smarty->display()或类似的东西？ 最佳答案 有点……但您不一定喜欢它的完成方式。因为没有钩子(Hoo
我想知道PHP是否有一个函数可以让我在进程到达“?>”标记之前结束它，例如:third那么输出应该是:firstthirdfourth我知道有些人认为这是无用的，但我想为iframe上的验证脚本做这件事而不是使用die或exit函数，因为它杀死了整个脚本，我只想结束它的一部分。通常我使用if-else代替，但我想避免它们，因为进程很大，我想要一些更具可读性的东西，顺便说一句，我使用if-die在我的ajax脚本中，我也想在我的iframe中使用类似的东西，谢谢!好吧，我只是想知道PHP是否已经有适合它的功能(似乎没有)，所以我想我会把它留给if-elses，因为真的不值得使用更多的过程
这是我一生中从未见过的非常奇怪的情况。出于某种原因，PHP忽略了静态函数中的大量代码。例子如下:staticfunctiondescribe($tableName,$columns='*'){var_dump($tableName);die();$md5=...code...if(!empty($content=Cache::get($md5))){returnunserialize($content);}一直报错Parseerror:syntaxerror,unexpected'=',expecting')'在if(!empty($content=Cache::get($md5)))
我想了很多...在switchcase区域是break;需要在die()之后例子:switch($i){case0:die('Casewithoutbreak;');case1:die('Casewithbreak;');break;} 最佳答案 die()只是exit()的别名，其中exit()将立即终止程序流。(关闭函数和对象析构函数仍将在exit()后执行)不，省略break不是语法错误，相反，省略break有很多有用的情况。查看switch的手册页示例语句。 关于php-是休息；
有没有一种方法可以使用die()函数来停止在包含在另一个页面上的页面上执行PHP语句，而在包含该文件的页面上继续执行PHP语句die()函数是否包含在内？ 最佳答案 在包含的文件中使用return;。它将停止这包括执行。它像一个函数一样工作。您也可以从包含的文件中返回一个值 关于包含页面中的PHPdie()而不会从主页中消失，我们在StackOverflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/9853
我有以下代码。检查用户是否登录。当变量$is_logged_in未设置或为False时，我加载消息View。不幸的是，同时系统加载了受限的内容View。所以我使用了die()函数，现在只显示一个空白页面。如何才能在用户未登录时仅加载消息View？谢谢。if(!isset($is_logged_in)OR$is_logged_in==FALSE){$data['main_content']='not_logged_in';$data['data']='';$this->load->view('includes/template',$data);die();}
在php脚本中我进行了一些测试，然后在脚本之后是html页面。当测试失败时，我调用die("Test1failed");如果没有测试失败，则php脚本到达末尾?>然后在php脚本之后加载html代码。这是一个好的程序吗？或者我需要在php脚本结束之前写die()或exit()？ 最佳答案 不，您不必这样写，这不是最佳实践。如果脚本在没有fatalerror的情况下到达结尾，它将退出。如果这对您来说意味着“测试”，那您就错了。应使用unittests进行测试.对于php有phpunit.试一试，这是测试代码的正确方法。编辑:正如Com
